Munkres Pregunta sobre Colectores de

Question

En Munkres' 'Análisis de Colectores' en la pg. 208 hay una pregunta que dice:

PREGUNTA: Vamos a $f:\mathbb R^{n+k}\to \mathbb R^n$ ser de clase $\mathscr C^r$. Deje $M$ ser el conjunto de todos los puntos de $\mathbf x$ tal que $f(\mathbf x)=\mathbf 0$ $N$ ser el conjunto de todos los puntos de $\mathbf x$ tal que $$f_1(\mathbf x)=\cdots=f_{n-1}(\mathbf x)=0\text{ and } f_n(\mathbf x)\geq 0$$ Suponga $M$ no está vacía.

1) Suponga $\text{rank} ~ Df(\mathbf x)=n$ todos los $\mathbf x\in M$ y muestran que $M$ $k$- variedad sin límite en $\mathbb R^{n+k}$.

2) Suponga que la matriz de $\displaystyle\frac{\partial(f_1,\ldots,f_{n-1})}{\partial \mathbf x}$ rango $n-1$ todos los $\mathbf x\in N$ y muestran que $N$ $(k+1)$- manifold con frontera en $\mathbb R^{n+k}$.

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Estoy tratando de mostrar a $(2)$ y no estoy seguro de si la hipótesis de $(1)$ es necesario para ello.

Me he acercado a esta pregunta utilizando la constante de rango teorema que dicta:

Constante de Rango Teorema: Vamos a $U$ ser abierta en $\mathbb R^n$ $\mathbf a$ ser cualquier punto en $U$. Deje $f:U\to \mathbb R^m$ ser una función de la clase de $\mathscr C^p$ tal que $\text{rank } Df(\mathbf z) =r$ todos los $\mathbf z\in U$. Entonces existen abiertos conjuntos de $U_1,U_2\subseteq U$ $V\subseteq \mathbb R^m$ tal que $\mathbf a\in U_1$$f(\mathbf a)\in V$, e $\mathscr C^p$-diffeomorphisms $\phi:U_1\to U_2$ $\psi:V\to V$ tal que $$(\psi\circ f\circ \phi^{-1})(\mathbf z)=(z_1,\ldots,z_r,0,\ldots,0)$$ para todos los $\mathbf z\in U_2$.

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Mi enfoque para solucionar $(2)$ deberá ser claro por mi de la solución de $(1)$:

Deje $\mathbf a\in M$. Sabemos que existe $U$ abierta en $\mathbb R^{n+k}$ tal que $\mathbf a\in U$ $\text{rank }Df(\mathbf x)=n$ todos los $\mathbf x\in U$. Por la Constante Rango Teorema existe abrir conjuntos de $U_1$ $U_2$ $\mathbb R^{n+k}$ $V$ $\mathbb R^n$ tal que $\mathbf a\in U_1\subseteq U_1$$f(\mathbf a)=\mathbf \in V$, junto con diffeomorphisms $\phi:U_1\to U_2$ $\psi:V\to V$ satisfactorio $$(\psi\circ f\circ \phi^{-1})(\mathbf x) =(x_1,\ldots,x_n)$$ para todos los $\mathbf x\in U_2$. Decir $\psi(\mathbf 0)=(t_1,\ldots,t_n)$ y definen $S=\{(t_1,\ldots,t_n,z_1,\ldots,z_k):z_i\in \mathbb R\}\cap U_2$.

Reivindicación 1:$\phi^{-1}(S)=M\cap U_1$. Prueba: Vamos a $\mathbf q=(t_1,\ldots,t_n,z_1,\ldots,z_k)$$S$. A continuación,$\phi^{-1}(\mathbf q)$, obviamente, radica en $U_1$. Vamos a demostrar que $\phi^{-1}(\mathbf q)$ se encuentra en $M$. Tenga en cuenta que $(\psi\circ f\circ \phi^{-1})(\mathbf q)=(t_1,\ldots,t_n)$. Esto le da a $(f\circ \phi^{-1})(\mathbf q)=\psi^{-1}(t_1,\ldots,t_n)=\mathbf 0$. Esto significa que $f(\phi^{-1}(\mathbf q))=\mathbf 0$ y, por tanto,$\phi^{-1}(\mathbf q)$$M$. Para el reverso de contención de suponer que $\mathbf q\in M\cap U_1$. A continuación, $\mathbf q=\phi^{-1}(\mathbf s)$ algunos $\mathbf s\in U_2$. También, $f(\mathbf q)=0$ desde $\mathbf q\in M$. Por lo tanto $(f\circ\phi^{-1})(\mathbf s)=\mathbf 0$. De operación $\psi$ en ambos lados obtenemos $(\psi\circ f\circ \phi^{-1})(\mathbf s)=\psi(\mathbf 0)$. Pero el lado izquierdo de la última ecuación es $(s_1,\ldots,s_n)$ y el lado derecho es $(t_1,\ldots,t_n)$. Por lo tanto $s_i=t_i$$1\leq i\leq n$. Por lo tanto,$\mathbf s\in S$$\mathbf q\in\phi^{-1}(S)$. Esta se asienta la reclamación.

Ahora defina $T=\{(z_1,\ldots,z_k)\in\mathbb R^k: (t_1,\ldots,t_n,z_1,\ldots,z_k)\in S\}$.

Reivindicación 2: $T$ está abierto en $\mathbb R^k$. Prueba: Definir $g:\mathbb R^k\to \mathbb R^{n+k}$ $$g(z_1,\ldots, z_k)=(t_1,\ldots,t_n,z_1,\ldots,z_k)$$ Claramente $g$ es inyectiva y continua. Vamos a demostrar que $g^{-1}(U_2)=T$. Tenga en cuenta que $g^{-1}(U_2)=g^{-1}(S)$. Deje $\mathbf q\in S$. Decir $\mathbf q=(t_1,\ldots,t_n,q_1,\ldots,q_k)$ y es obvio que $g^{-1}(\mathbf q)\in T$. Ahora vamos a $g^{-1}(\mathbf q)\in T$ algunos $q\in \mathbb R^{n+k}$. Tenemos que mostrar que $\mathbf q\in U_2$. Decir $g^{-1}(\mathbf q)=(b_1,\ldots,b_k)$. A continuación, $\mathbf q=(t_1,\ldots,t_n,b_1,\ldots,b_k)\in S$ e lo $\mathbf q\in U_2$.

Así hemos demostrado que $T=g^{-1}(U_2)$. Ahora desde $g$ es una función continua y $U_2$ está abierto en $\mathbb R^{n+k}$, podemos inferir que el $T$ está abierto en $\mathbb R^k$, y que la reclamación se resuelva. Ahora definir una función $\alpha:T\to M\cap U_1$ $$\alpha(\mathbf z)=\phi^{-1}\circ g(\mathbf z)$$ Es un asunto trivial para comprobar que $\alpha$ es una coordenada parche sobre el punto de $\mathbf a$ $M$ y la prueba está completa.

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Para solucionar $(2)$ lo que hice fue definir una función $g:\mathbb R^{n+k}\to \mathbb R^{n-1}$ $$g(\mathbf x)=(f_1(\mathbf x),\ldots,f_{n-1}(\mathbf x))$$ A continuación, $\text{rank }Dg(\mathbf x)=n-1$ todos los $\mathbf x\in N$. Deje $\mathbf z_0\in N$. Puedo demostrar que no existe un conjunto abierto $U\subseteq \mathbb R^{n+k}$ tal que $\mathbf z_0\in U$ $\text{rank }Dg(\mathbf z)=n-1$ todos los $\mathbf z\in U$. Por lo tanto, el uso de la conastant rango teorema llego $U_1, U_2,\psi$ $\phi$ tal que $(\psi\circ g\circ\phi^{-1})(\mathbf x)=(x_1,\ldots,x_{n-1})$ Puede alguien guiarme qué hacer desde aquí?

Answer 1

Primero, déjenos estado el derecho hipótesis: uno debe de asumir que

(a) la matriz de $\frac{\partial(f_1,\dots,f_{n-1})}{\partial\bf x}$ rango $n-1$${\bf x}\in N$$f_n({\bf x})>0$, y

(b) la matriz de $\frac{\partial(f_1,\dots,f_n)}{\partial\bf x}$ rango $n$${\bf x}\in N$$f_n({\bf x})=0$.

A continuación, $N$ $(k+1)$- colector con límite de $N\cap\{f_n=0\}$.

Que algo más que 2) (o (a)) es necesario se puede ver en el ejemplo $$ f_1(x,y,z)=x,\quad f_2(x,y,z)=y^2-z^2. $$ Aquí $n=2, k=1$, $N$ consta de dos opuestos cerrado cuadrantes en el plano de la $x=0$, cleary no un manifold con frontera, el problema está en el origen. En este ejemplo, el rango de la matriz jacobiana a los problemas, el punto es $1=n-1$, no $2=n$.

Para la prueba, se comienza por señalar que $N_0=N\setminus\{f_n=0\}=N\cap\{f_n>0\}$ es un conjunto abierto en $M=\{f_1=\dots=f_{n-1}=0\}$ ($f_n$ es continuo), y $M$ es un sin fronteras colector de dimensión $n+k-(n-1)=k+1$ (a) ( 1) ha demostrado). Abrir conjuntos de colectores son los colectores, por lo que estamos hecho para $N_0$. Ahora volvemos a $N_1=N\cap\{f_n=0\}$ a ver que este es el límite de $N$. Ya que el argumento es una simple modificación de la dada por 1) yo sólo croquis. Fijar un punto de $\bf p$$N_1$. Por (b) el rango teorema da un nuevo local de coordenadas $\bf x$ en un abrir nbhd $U$ $\bf p$ ${\mathbb R}^{n+k}$ cuyo primer $n$ componentes se $f_1\equiv x_1,\dots,f_n\equiv x_n$ (de nuevo la prueba de 1)). Entonces $$ N\cap U\equiv\{x_1=\cdots=x_{n-1}=0,x_n\ge0\},\quad N_1\cap U\equiv \{x_1=\cdots=x_{n-1}=0,x_n\ge0\}. $$ En otras palabras, a nivel local en $\bf p$ $N$ es un semi $(k+1)$plano (de corte por $x_n$$x_1=\cdots=x_{n-1}=0$) con límite de $N_1$. Este es el modelo local de un manifold con frontera como quería.